Question

【題目】如圖①，C為線段BE上的一點(diǎn)，分別以BC和CE為邊在BE的同側(cè)作正方形ABCD和正方形CEFG，M、N分別是線段AF和GD的中點(diǎn)，連接MN

（1）線段MN和GD的數(shù)量關(guān)系是 ， 位置關(guān)系是；
（2）將圖①中的正方形CEFG繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，其他條件不變，如圖②，（1）的結(jié)論是否成立？說明理由；
（3）已知BC=7，CE=3，將圖①中的正方形CEFG繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)一周，其他條件不變，直接寫出MN的最大值和最小值．

Answer 1

【答案】
（1）MN= DG；MN⊥DG
（2）

解：的結(jié)論仍然成立．

理由：過點(diǎn)M作MT⊥DC于T，過點(diǎn)M作MR⊥BC于R，連接FC、MD、MG，如圖②，

則A、F、C共線，MR∥FG∥AB，MT∥EF∥AD．

∵AM=FM，

∴BR=GR= BG，DT=ET= DE，

∴MR= （FG+AB），MT= （EF+AD）．

∵四邊形ABCD和四邊形EFGC都是正方形，

∴FG=GC=EC=EF，AB=BC=DC=AD，

∴MR=MT，RG=TD．

在△MRG和△MTD中，

，

∴△MRG≌△MTD，

∴MG=MD，∠RMG=∠TMD，

∴∠RMT=∠GMD．

∵∠MRC=∠RCT=∠MTC=90°，

∴四邊形MRCT是矩形，

∴∠RMT=90°，

∴∠GMD=90°．

∵M(jìn)G=MD，∠GMD=90°，DN=GN，

∴MN⊥DG，MN= DG．

（3）

解：延長(zhǎng)GM到點(diǎn)P，使得PM=GM，延長(zhǎng)GF、AD交于點(diǎn)Q，連接AP，DP，DM如圖③，

在△AMP和△FMG中，

，

∴△AMP≌△FMG，

∴AP=FG，∠APM=∠FGM，

∴AP∥GF，

∴∠PAQ=∠Q，

∵∠DOG=∠ODQ+∠Q=∠OGC+∠GCO，

∠ODQ=∠OGC=90°，

∴∠Q=∠GCO，

∴∠PAQ=∠GCO．

∵四邊形ABCD和四邊形EFGC都是正方形，

∴DA=DC，GF=GC，

∴AP=CG．

在△APD和△CGD中，

，

∴△APD≌△CGD，

∴PD=DG．

∵PM=GM，

∴DM⊥PG．

∵DN=GN，

∴MN= DG．

∵GC=CE=3，

∴點(diǎn)G在以點(diǎn)C為圓心，3為半徑的圓上，

∵DC=BC=7，

∴DG的最大值為7+3=10，最小值為7﹣3=4，

∴MN的最大值為5，最小值為2．

【解析】解：（1）連接FN并延長(zhǎng)，與AD交于點(diǎn)S，如圖①．

∵四邊形ABCD和四邊形EFGC都是正方形，
∴∠D=90°，AD=DC，GC=GF，AD∥BE∥GF，
∴∠DSN=∠GFN．
在△SDN和△FGN中，
，
∴△SDN≌△FGN，
∴DS=GF，SN=FN．
∵AM=FM，
∴MN∥AS，MN= AS，
∴∠MNG=∠D=90°，
MN= （AD﹣DS）= （DC﹣GF）= （DC﹣GC）= DG．
故答案為MN= DG，MN⊥DG；
（1）連接FN并延長(zhǎng)，與AD交于點(diǎn)S，如圖①，易證△SDN≌△FGN，則有DS=GF，SN=FN，然后運(yùn)用三角形中位線定理就可解決問題；（2）過點(diǎn)M作MT⊥DC于T，過點(diǎn)M作MR⊥BC于R，連接FC、MD、MG，如圖②，根據(jù)平行線分線段成比例可得BR=GR= BG，DT=ET= DE，根據(jù)梯形中位線定理可得MR= （FG+AB），MT= （EF+AD），從而可得MR=MT，RG=TD，由此可得△MRG≌△MTD，則有MG=MD，∠RMG=∠TMD，則有∠RMT=∠GMD，進(jìn)而可證到△DMG是等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，就可解決問題；（3）連接GM到點(diǎn)P，使得PM=GM，延長(zhǎng)GF、AD交于點(diǎn)Q，連接AP，DP，DM如圖③，易證△APD≌△CGD，則有PD=DG，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得DM⊥PG，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得MN= DG．要求MN的最大值和最小值，只需求DG的最大值和最小值，由GC=CE=3可知點(diǎn)G在以點(diǎn)C為圓心，3為半徑的圓上，再由DC=BC=7，就可求出DG的最大值和最小值．